SP8064 AMR10J-Mixing Chemicals

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SP8064 AMR10J - Mixing Chemicals

给一个(n)个节点的基环树森林,求(k)分图染色的方案数

先考虑一棵树的方案,随机选一个点为根,然后其它每个节点都有唯一一个前驱,根往叶子节点确定颜色,根有(k)种染色方案,其他节点只要与前驱不同即可,染,色方案有(k-1)种,乘法原理,假设这棵树的节点数为(n),这棵树(k)分图染色的方案数是(k(k-1)^{n-1})

对于基环树来说,先确定环的颜色,再确定其它点的颜色,同样的,其他点只有唯一一个前驱,所以方案数还是(k-1),不妨设给一个大小为(x)的环进行(k)分图染色方案为(f_x),那么给定节点(n),环大小为(x)的基环树(k)分图染色的方案数就是(f_x(k-1)^{n-x})
森林的方案可以乘起来,接下来就是如何求(f_x)

算法一:dp

暴力(dp)

(g_{i,j,k})表示考虑完前(i)个节点放的颜色,第(i)个节点颜色为(j),第(1)个节点颜色为(k)的方案数,(f_x=sumlimits_{i ot=j}g_{x,i,j})

考虑减小状态数量,每种颜色 本质没有区别,我们不用关系颜色具体是什么,仅关系选出的颜色与第一个节点颜色是否相同,不妨设(g_{i,0/1})考虑完前(i)个节点放的颜色,第(i)个节点的颜色是否与第一个节点颜色相同方案数,

(0)代表相同,(1)代表不同,(f_x=g_{x,0}) 朴素转移:

[large g_{x,0}=g_{x-1,1},g_{x,1}=g_{x-1,0} imes(k-1)+g_{x-1,1} imes(k-2) ]

第一个转移:(x)(1)相同,该点只有一种选择,同时(x-1)肯定和(1)不相同;

第二个转移:(x)(1)不同,(x-1)(1)相同时,(x)(k-1)种选择,(x-1)(1)不同时,该点只有(k-2)种选择

由这个柿子,我们可以看出,不妨用(g_{x,0})代表(g_{x-1,1}),用(f_x)代表(g_{x,0}),转移也可以写成

(large f_{x+1}=f_{x-1} imes(k-1)+f_x imes(k-2))

[large f_x=f_{x-1} imes(k-2)+f_{x-2} imes(k-1) ]

一个标准的矩阵快速幂柿子,直接(O(n))求和,复杂度(O(sum n))

算法二:数学

对于一个大小为(n)的环最终染色结果,如果允许相邻点颜色相同,我们就认为它们间的边被标记了

显然标记(x(x ot=n))条边方案数为(large{nchoose x}f_{n-x}),把同色点缩点即可证明,

标记边数量等于等于(n),方案数即为(k),(所有边颜色相同)

标记边数量可能为(0,1,..,n-2,n)(不能有(n-1),因为不可能只标记(n-1)条边),画图可知,

任意染色方案数为(k^n),所以可以得到以下柿子

[k^n=sum_{i=0}^{n-2}{nchoose i}f_{n-i}+k ]

[k^n=sum_{i=2}^n{nchoose i}f_i+k ]

手膜一下,把范围扔进柿子就好了,现在就可以(O(n^2))(f)

二项式反演降低复杂度:

[largesum_{i=0}^n{nchoose i}f_i=egin{cases}1~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~n=0k^n-k+kn+1~~~~n>0 end{cases} ]

(large g_n=sumlimits_{i=0}^n{nchoose i}f_i),那么

[large f_n=sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{nchoose i}g_i ]

const int mod = 1e9 + 7,N = 105;
inline void write(int x) {
  static int sta[64];
  int top = 0;
  do {
    sta[top++] = x % 10, x /= 10;
  } while (x);
  while (top) putchar(sta[--top] + 48); putchar(‘
‘);
}    
int mo(const int x){return x >= mod ? x-mod : x;}
int g[N],tot,ok[N],st[N],vis[N],c[N];
int dfs(int u){
	if(vis[u]) return ok[u] ? -1 : vis[u];
	st[++tot] = u; vis[u] = tot;
	return dfs(c[u]);
}
int main(){
	int T = read();
	while(T--){
		int n,k; g[0] = 1; g[1] = 0;
		n = read(); k = read();
		for(int i = 2;i <= n;++i)
			g[i] = mo(1ll*g[i-1]*(k-2)%mod + 1ll*g[i-2]*(k-1)%mod);
		for(int i = 0;i <= n;++i)
			g[i] = 1ll*g[i]*k % mod;
		for(int i = 1;i <= n;++i)
			c[i] = read(),vis[i] = ok[i] = 0,++c[i];
		int sum = n,ans = 1;
		for(int i = 1;i <= n;++i){
			if(!vis[i]){
				tot = 0;int tmp = dfs(i);
				for(int j = 1;j <= tot;++j)
					ok[st[j]] = true;
				if(~tmp){
					tmp = tot - tmp + 1;sum -= tmp;
					ans = 1ll*ans*g[tmp] % mod;
				}
			}
		}
		int sna = 1;
		while(sum--)
			sna = 1ll*sna*(k-1) % mod;
		write(1ll*ans*sna%mod);
	}
}

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